辽宁抚顺市七校协作体2025-2026学年高一下学期期末考试物理试卷

**基本信息** 高中物理期末试卷以真实情境为载体，融合物理观念与科学思维，分层考查知识应用及科学探究能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/40|力学运动规律、电磁相互作用|结合新能源技术情境，考查物质观念与科学推理| |实验题|2/20|电路实验、平抛运动|设计探究性任务，培养科学探究与证据分析能力| |计算题|3/40|能量守恒、动量定理|综合运动与相互作用分析，体现模型建构与质疑创新|

2025-2026学年度下学期“抚顺七校协作体”期末考试试题 高一物理 考试时间:75分钟试卷满分:100分 命题人:陈丽丽 刘振宇 第I卷 一、选择题:本题共10小题,共46分。在每小题给出的四个选项中,第1-7题只有一项符合题目要求, 每小题4分;第8-10题有多项符合题目要求,每小题6分,全部选对的得6分,选对但不全的得3分, 有选错的得0分。 1,做匀速圆周运动的物体,在运动过程中保持不变的物理量是() A.线速度 B.向心加速度 C.频率 D.向心力 2.近年来,我国高铁技术全球全面领跑,已成为中国高端制造自主创新的标杆。现有一列质量为m的 动车,初速度为,以恒定功率P在平直轨道上运动,经时间t达到该功率下的最大速度vm,设动车 行驶过程所受到的阻力保持不变。动车在时间t内() A.做匀加速直线运动 B.牵引力的功率P=fvo C当动车速度为时 2P ,其加速度为m心 D本引力做功w-m’-mv 3.真空中固定有两个点电荷,负电荷Q位于坐标原点处,正电荷位于x轴上,马的电荷量大小为Q 的8倍。若一电荷量为q(g<Q)的电荷在x轴正半轴的x=o处刚好静止,则Q的坐标为() A.(2x0,0) B.((1-22)x0,0) C.(22x0,0) D.(22-1)x0,0) 4.神舟二十号的发射与交会对接过程示意图,图中①为飞船的近地圆轨道,其轨道半径为R1,②为椭 圆变轨轨道,③为天和核心舱所在的圆轨道,其轨道半径为R2,P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交 会点。关于神舟二十号载人飞船与天和核心舱交会对接过程,下列说法不正确的是( 83 A.飞船从②轨道变轨到③轨道需要在Q点点火加速 B.飞船在③轨道上运行的速度小于第一字宙速度 C.飞船在①轨道的动能一定大于天和核心舱在③轨道的动能 D.若核心舱在③轨道运行周期为T,则飞船在②轨道从P到Q的时间为 /R1+R2 2R2 高一物理试卷第1页共4页 5.2025年1月16日,地球恰好运行到火星和太阳之间,且三者几乎排成一条直线,此现象被称为“火 星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动,火星与地球的公转轨道半径之 比约为32,根据以上信息可以得出(V3=1.7,V2=1.4)( A.火星与地球绕太阳运动的周期之比约为9:4 B.当火星与地球相距最远时,两者的相对速度最小 火星 C.火星与地球表面的自由落体加速度大小之比约为4:9 D.下一次“火星冲日”将出现在上一次“冲日”约两地球年之后 6.雷雨天带有负电的乌云飘过一栋建筑物上空时,在避雷针周围形成电场,电场的等差等势面a、b、c d分布情况如图所示,在等势面中有A、B、C三点。下列说法中正确的是() A.避雷针尖端感应出负电荷 d- 4。 B.A点的电场强度比B点小 C.a、b、c、d等势面中a的电势最高 D.有一带负电的雨滴从乌云中下落,电势能增加 7.如图所示,轻杆的一端固定一小球(视为质点),另一端套在光滑的水平轴O上,O轴的正上方有一 速度传感器,可以测量小球通过最高点时的速度大小:O轴处有力传感器,可以测量小球通过最高点 时O轴受到杆的作用力F,若竖直向下为力的正方向,使小球在最低点时具有不同的初速度,得到F v图像如图乙所示,取g=10m/s,则() F/N A.O轴到球心间的距离为1m 102/(m2 s2) B.小球的质量为9kg C.小球恰好通过最高点时的速度大小为5m/s 甲 10 D.小球在最高点的速度大小为)3/s时,轻杆受到球的作用力大小为3N 8.图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响“实验,保持电荷量不变,静电计用来测量极板电 压。当极板间距增大时,则有() A.静电计指针张角变小 B.电容器的电容减小 C.极板间电场强度变小 D.极板间电势差增大 9,在天文学中,通常要测量恒星和星系的体积、直径、质量、运动速度等参数,其中引力计算法是常 用方法之一。现已知地球表面的重力加速度大小为g,地球的半径为R,地球绕太阳公转的周期为T。, 日地中心间距为”,近地卫星绕地球表面做匀速圆周运动的周期为T,引力常量为G。下列天体参数的 计算正确的是() 高一物理试卷第2页共4页 A. 地球的质量m=gR G B.太阳的质量M= GTO C。地球的平均密度p=票 D.地球的平均密度p=忍 10.如图所示,长为1的绝缘细线一端悬于O点,另一端系一质量为m、电荷量为g的小球。现将此装 置放在水平向右的匀强电场中,小球静止在A点,此时细线与竖直方向的夹角为37 。重力加速度大小 为g,sin37 =0.6,cos37 =0.8,下列说法正确的是() E A.小球带负电 /37 B。匀强电场的电场强度大小为 C.现用外力缓慢把小球拉到最低点,电势能增加 20 D.在最低点由静止释放小球,小球到达A点时细线的拉力大小为四 第 卷 二、实验题(本题共2小题,每空2分,共14分) 标尺 11,用向心力演示器探究向心力的表达式,已知小球在挡 弹簧测 小球 当版A 当板B挡,板( 板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1:2:1。 长 变速塔轮 短槽 (1)探究向心力大小F与 的关系时,选择两个质量相 变速塔轮 传动皮带 同的小球,分别放在挡板 (选填“A”或“B”) 手柄 和挡板C处。 (2)在满足条件(1)的情况下,若在传动过程中,皮带不打滑,左右两侧变速塔轮半径之比为3:2, 则左右两个小球的角速度之比为 向心力大小之比为 12.用如图所示的装置可以“验证动量守恒定 光电门1 光电门2 律”,在滑块A和B相碰的端面上装有弹性碰 挡光片挡光片 气垫导轨 撞架,它们的上端装有等宽的挡光片。测得滑 块A、B(包含挡光片)的质量分别为m,和m2 (1)实验前需要调节气垫导轨水平:在轨道上 滑块A弹性碰撞架滑块B 只放滑块A,轻推一下滑块A,其通过光电门1和光电门2的时间分别为 1,、 12,当 1 (填“>”、“=”或“<”)则说明气垫导轨水平。 (2)实验开始前滑块A置于光电门1的左侧,滑块B静置于两光电门间的某一适当位置。给A一个向右 的初速度,通过光电门1的时间为,A与B碰撞后不改变运动方向,A通过光电门2的时间为12,B通 过光电门2的时间为,该装置在用于“验证动量守恒定律”时 (填“需要”或“不需要”)》 测出遮光片的宽度d。 (3)若在误差允许的范围内满足表达式 ,则表明两滑块碰撞过程中动量守恒。 高一物理试卷第3页共4页 (4)若满足(3)式的同时,满足表达式 一,则表明两滑块的碰撞为弹性碰撞 三、计算题:(本题共3小题,13题10分,14题12分,15题18分。共40分) 13.某种负离子空气净化原理如图所示,由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进 入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中,空气和带电颗粒沿板方向的速度保持不变。在匀强 电场作用下,带电颗粒打到金属板上被收集,已知金属板长度为L,间距为d、不计空气阻力,不考虑 重力影响和颗粒间相互作用。其中,质量为m、电荷量为一9的颗粒从上极板左边缘进入,刚好可以被 收集器收集到。 ⊙ (1)求两金属板间的电压U: (2)求这个颗粒的速度偏向角日(可用tan日表示): 混合 流 带电颗粒 收集器 14.质量m1=100g的子弹以速度。=100m/s射向静止在光滑水平桌面上的木块,木块质量m,=400g,求: (1)若子弹未穿出木块,求它们的共同速度: (2)若子弹穿出木块后的速度y,=40m/s,求木块最后的速度2: (3)在第二问的条件下,若子弹与木块的作用时间为t=0.0015。求子弹对木块的平均作用力F和木块的 厚度d: m Yo M 777777777777777777777777777 15.一质量为m=2kg的物块从光滑曲面静止释放,从B点进入水平传送带,经P点进入粗糙斜面。曲面 高h,=0.45m,曲面与传送带、传送带与粗糙斜面均平滑连接,斜面固定且足够长,传送带以v=4m/s速 度匀速运动,传送带和斜面的摩擦因数均为u=0.25,传送带长度L=1.8m,取g=10m/s,sin37 = 0.6,cos37 =0.8。(计算结果可保留根号)求: (1)物块第一次滑过B点和P点时的速度大小?、: (2)物块第一次从斜面返回,从P点向左运动到最远点的时间: (3)物块第一次从斜面返回传送带,向左运动到最远点的过程中,电动机因传送物块多消耗的电能￡: (4)从释放到最终停止运动,小物块在斜面上运动的总路程s: P378. 高一物理试卷第4页共4页2025-2026学年度下学期“抚顺七校协作体”期末考试试题 高一物理 答 案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C C B C D C D BD ACD AC 1.答案C 【详解】A.线速度是矢量，匀速圆周运动中速度方向时刻变化，A错误： B.加速度方向指向圆心，方向不断变化，B错误： C.周期不变C正确 D.向心力，方向始终指向圆心，方向不断变化D错误 2.答案Cc 【详解】动车以恒定功率启动，由P=F牵v可知动车的速度增大，则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵一f-ma可 得动车的加速度逐渐减小，A错误；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，则P=f, 卫，B错误：当动车速度为时，牵引力为P一。 ，根据牛顿第二定律可得F牵'一f=ma,则此时其加速 3 3 2P 度为a= ，C正确：设动车在时间t内的位移为x,由动能定理得-='-'m6,则牵引力所做的功为？ mvm 2 2 =fr+aa2-o2,D错误。 2 2 3.答案B 【详解】两点电荷电性相反，且Q2的电荷量较大，根据题意，正电荷Q2位于x轴负半轴，设两点电荷相距L, 根据点电待场强公式可得等年。Q=8g解得1=-5-：放坐标为《1-22x0,速。 4.答案C 【详解】飞船从②轨道变轨到③轨道，飞船将由近心运动变成圆周运动，需要在Q点点火加速，故A正确；第一 宇宙速度是最小发射速度，最大环绕速度，即物体环绕地球表面做匀速圆周运动时的速度，根据万有引力提供向心 力有架得 GM ,可知轨道半径越大，线速度越小，而③轨道的轨道半径大于地球半径，因此飞船绕 R R 地球运行的速度小于第一宇宙速度，故正确：根据以上分析可知，轨道半径越大，线速度越小，因此飞船在①轨道 的速度大于天和核心舱在③轨道的速度，但由于飞船和天和核心舱的质量未知，因此无法判断他们动能的大小，故 8十B)3 C错误：根据开普勒第三定律可知尽 2,可得= +尼)7飞船在②轨道从P到Q的时间为T, 2R 2 即t= 尼)3不，故D正确。 2R 5.D 【详解】A.火星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为3：2，根据开普勒第三定律 网 可得 33故A错误； T油 25 B.火星和地球绕太阳匀速圆周运动，速度大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故 此时两者相对速度最大，故B错误： C.在星球表面根据万有引力定律有G =mg 由于不知道火星和地球的质量比，故无法得出火星和地球表面的自由落体加速度，故C错误： D.火星和地球绕太阳匀速圆周运动，有@一元 2π 2π 要发生下一次火星冲日则有 2π2π t=2元 t=2.2T地 6.答案C 【详解】由于静电感应，避雷针尖端感应出正电荷，A错误：等差等势面的疏密反应电场强度大小，故A点场强 大于B点场强；避雷针尖端带正电，云层带负电，则等势面电势视最高，故C正确，带负电雨滴下落，向高电势运 动，则电势能减小。 7.答案D 【详解】小球通过最高点时，O轴受到杆的作用力F与小球受到杆的作用力F等大反向，即F=一F,小球过 最高点时，根指牛顿常二定伴有心+尸=受得户一-聪，则=受十g测图乙中图依的斜率为一是 R R 5kgm,当=0时，=g=9,联立解得m=0.9kg,=0.5m,故A销误，8错误；当小球通过最高点的 9 速度为零时，小球恰好通过最高点，故C错误：小球过最高点的速度大小为 10 m/s时，根据牛顿第二定律有g 3 十F=m,可得F=-3N,方向竖直向上，故D正确。 R 8.BD 【详解】保持电荷量Q不变，当极板同距d增大时，根据C=5可知，电容C减小，根据C-号 4πkd1 则两板间电势差U变大，则静电计指针张角增大，：根据C=SC=9B=℃可得B=4地 4πkdUU d ES 可知保持电荷量Q不变，当极板间距d增大时，极板间电场强度不变， 9.ACD 详解)AD,限据万有引力与重力庆系有SS解得M致地球的平均密度为T4R4πGR,敌AD G 3 确，D正确：B.根据万有引力提供向心力有GM=场4 76解得M4x, G沉，故B错误：C.近地卫星满足 M3π GMm 4πR R ,=l 解得以4R地球的平均密度 3RCGT,故c正确。 10.AC 【详解】A.小球静止时细线向左偏，电场水平向右，故小球受到向左的电场力，它带负电，故A正确： B.由平衡条件有gE=mgtan37°tan37=3 解得E=3 4(，故B错误 C.拉到最低点的过程中，电场力做的功m=glsi37°=-9电场力做负功，电势能增加 20 20,故C正确； D小球从最低点到A点，由动能定理有-m80-cos379+9Bsim37°=，m代入数据得=05 在A点，有T-mgcos337°-gBsn37°=，解得I=g,故D错误。 1 故选D。 11.(1)A(2)2:34:9控制变量法要求半径相同，选A,皮带传动线速度相同，角速度与半径成反比， 角速度之比2：3，向心力与角速度的平方成正比4：9 【详解】(1)当气垫导轨水平时，滑块A在导轨上做匀速直线运动，此时通过光电门1和光电门2的时间相等，即 △=△t2。 (2)实验验证动量守恒，所以实验中需要测量两滑块各自的质量和碰撞前后的速度，速度可以通过挡光片的宽度 和滑块通过光电门的时间求出，两滑块挡光片宽度相同，所以宽度可在数据处理时消去，所以不需要测量挡光片的 宽度。 d ③)设指光片的微度为d碰前A的速度大小为碰后△的速度大小为碰后B的速度大小为取向右为 正方向，根据动量守恒定律有m1导=m1号+m号整理可得会-号+器 Ta t2 t3 @去指生积前安长有不发目-君图 1 U=2da时 2d 13.答案：(1) gP (2)tan=L,斜向右下方 水平方向有L=6t 1分 竖直方向d-世 1分 根据牛顿第二定律qE=a 1分 又B= d 1分 解得U=2dn时 1分 qr (2)y,=at= 2dvo 2分 设末速度与水平方向夹角为0，则tan9=Y 2分 2d 解得tan9=L,斜向右下方 1分 14.答案(1)20m/s(2)15m/s(3)6000N0.0625m 解析：(1)子弹未穿出木块，共同运动动量守恒：mV=(m+m)V 2分 解得V=20m/s 1分 (2)子弹穿出木块系统动量守恒mVmV+mV 2分 解得v,=15m/s 1分 (3)对木块用动量定理Ft=mV2一0 1分 解得F=6000N 1分 对系统列能量守恒△=mv哈-m1v-m2v3 1分 △E=Fd 1分 解得F=6000Nd=0.0625m 2分 15.答案(1)3m/s4m/s ②4V万ga)16N5J (4)4m 解析(1)A点运动到B点：由动能定理得mgh1=mV 2分 2 解得V1=3m/s 1分 A点运动到P点：由动能定理的mgh+μmgL=my 1分 2 解得 =3√2m/s。 1分 >V,小物块到达p点前，已经与传送带共速，故3=4m/s 1分 (2)小物块第一次冲上斜面：由动能定理得：“nEXCOS37 tmgxsin37-1n 05? 1分 解得x=1m 1分 小物块第一次冲下斜面时：由动能定理得：2 ImEXCOS37°=1⅓？-1v 1 1分 2 解得V,-2√2m/s 1分 物块从P点向左运动到最远点所用时间：由动量定理得：4mgt=m? 1分 形6。 1分 ③)传送带位移为：吹16V万m 1分 5 电动机多做的功E==4mgx=16√2J 2分 (4)由分析可知，在t时间内，物块位移umgx=m52x=1.6m<1.8m,则物块向左运动到B点前，速度己经减为0， 物块每次从P点往返传送带的速度大小相等，物块第一次经过P点的动能最终损失在往返斜面的过程中，故物块最 终停止在P点，则根据能量守恒定律有 μg5cos37°=1m 2分 2 解得 s=4m 1分